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常考问题10 数列求和及其综合应用


常考问题10

数列求和及其综合应用

知识与方法

热点与突破

审题与答题

[真题感悟]

[考题分析]

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1.求数列的通项公式
(1)观察法: 利用递推关系写出前几项, 根据前几项的特点观察, 归纳猜想出 an 的表达式. (2)利用前 n 项和与通项的关系
? ?S1 an=? ? ?Sn-Sn-1

(n=1), (n≥2).

(3)公式法:利用等差(比)数列求通项公式. (4)在已知数列{an}中,满足 an+1-an=f(n),且 f(1)+f(2)+… +f(n)可求,则可用累加法求数列的通项 an. an+1 (5)在已知数列 {an}中,满足 = f(n),且 f(1)· f(2)·…·f(n) an 可求,则可用累积法求数列的通项 an. (6)将递推关系进行变换,转化为常见数列(等差、等比数列).
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2.常见的求和的方法 (1)公式法求和

适合求等差数列或等比数列的前n项和.对等比数列利用
公式法求和时,一定注意公式q是否取1. (2)错位相减法 这是推导等比数列的前n项和公式时所用的方法,主要用 于求数列{an· bn}的前n项和,其中{an}、{bn}分别是等差 数列和等比数列.

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(3)裂项相消法 把数列和式中的各项分别裂开后,消去一部分从而计算和 1 的方法, 适用于求通项为 的数列的前 n 项和. 其中{an} anan+1 1 ? 1 1? ?1 ? 若为等差数列,则 =d?a -a ?. anan+1 ? n n+ 1 ?

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(4)倒序相加法 这是推导等差数列前n项和时所用的方法.将一个数列倒

过来排序,它与原数列相加时,若有公因式可提,并且
剩余的项的和易于求得,则这样的数列可用倒序相加法 求和. (5)分组求和法 一个数列即不是等差数列,也不是等比数列,若将这个 数列适当拆开,重新组合,就会变成几个可以求和的部 分,即能分别求和,然后再合并.

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热点一

数列的通项与求和 (裂项求和)

【例1】 在公差不为0的等差数列{an}中,a1=2,且a1,a3, a7成等比数列.

(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{cn}的前n项和为Sn,且nancn =1,求证:Sn<1. (1)解 设等差数列{an}的公差为d,则 a3=2+2d,a7=2+6d. ∵a1,a3,a7成等比数列, ∴(2+2d)2=2(2+6d),
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又d≠0,∴可求d=1.

∴an=a1+(n-1)d=n+1,
∴数列{an}的通项公式为an=n+1.
(2)证明 ∵nancn=1,又由(1)知 an=n+1, 1 1 1 ∴ cn = = - . n(n+1) n n+1 1 1 1 ∴Sn= + +…+ 1×2 2×3 n(n+1) ?1 ? 1 ? 1? ?1 1? ? =?1-2?+?2-3?+…+?n-n+1? ? ? ? ? ? ? ? 1 =1- <1. n+1

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[ 规律方法 ] 裂项相消法是解决数列问题的常用 1 1 1 方法,常用的裂项公式: =n- , n(n+1) n+1 1 ? 1 1? 1 1 ?1 ? - = n n+k?, =k( n+k n(n+k) k? ? ? n+k+ n - n).使用裂项法求和时,要注意正负项相消 时消去了哪些项,保留了哪些项,切不可漏写未 被消去的项,未被消去的项有前后对称的特点, 实质上造成正负相消是此法的根源与目的.

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【训练 1】 (2013· 广东卷)设各项均为正数的数列{an}的前 n * 项和为 Sn,满足 4Sn=a2 n+1-4n-1,n∈N ,且 a2,a5, a14 构成等比数列. (1)证明:a2= 4a1+5; (2)求数列{an}的通项公式; 1 1 1 1 (3)证明:对一切正整数 n,有 + +…+ < . a1a2 a2a3 anan+1 2 解 (1)当 n=1 时, 4a1=a2 即 a2 2-5, 2=4a1 +5,
又 an>0,∴a2= 4a1+5.

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(2)当 n≥2 时,4Sn-1=a2 n-4(n-1)-1, 2 ∴4an=4Sn-4Sn-1=a2 n+1-an-4, 2 2 即 a2 = a + 4 a + 4 = ( a + 2) , n+ 1 n n n 又 an>0,∴an+1=an+2, ∴当 n≥2 时,{an}是公差为 2 的等差数列. 又 a2,a5,a14 成等比数列. 2 ∴a2 = a · a ,即 ( a + 6) =a2·(a2+24),解得 a2=3. 5 2 14 2 由(1)知 a1=1. 又 a2-a1=3-1=2, ∴数列{an}是首项 a1=1,公差 d=2 的等差数列. ∴an=2n-1.

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1 1 1 1 1 1 (3) + +…+ = + + +…+ a1a2 a2a3 anan+1 1×3 3×5 5×7 1 (2n-1)(2n+1) ? 1 ? 1 ? 1? ?1 1? 1? ?? ? ? = ??1-3?+?3-5?+…+?2n-1-2n+1?? ? 2?? ? ? ? ? ?? 1 ? 1? ? ? 1 = ?1-2n+1?< . 2? ? 2

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热点二

数列的通项与求和(错位相减法)

【例 2】 (2013· 山东卷)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn, 且 S4=4S2,a2n=2an+1. (1)求数列{an}的通项公式; b1 b2 bn 1 (2)若数列{bn}满足 + +…+a =1- n,n∈N*, a1 a2 2 n 求{bn}的前 n 项和 Tn.
解 (1)设等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d a1=1,d=2,
? ?S4=4S2, 由? 得 ? ?a2n=2an+1

所以 an=2n-1(n∈N*).

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b1 b2 bn 1 (2)由已知 + +…+ =1- n,n∈N* an a1 a2 2 bn-1 b1 b2 1 当 n≥2 时, + +…+ = 1- n - 1 a1 a2 an-1 2

① ②

bn 1 b1 1 ①-②得a = n, 又当 n=1 时, = 也符合上式, 2 a1 2 n bn 1 所以a = n(n∈N*). 2 n 2n-1 所以 bn= n (n∈N*). 2 所以 Tn=b1+b2+b3+…+bn 2n-1 1 3 5 = + 2+ 3+…+ n . 2 2 2 2
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2n-3 2n-1 1 1 3 T = + +…+ n + n+1 . 2 n 22 23 2 2 两式相减得 2 ? 2n-1 1 1 ?2 2 Tn= +?22+23+…+2n?- n+1 2 2 ? ? 2 2n-1 3 1 = - n-1- n+1 . 2 2 2 2n+3 所以 Tn=3- n . 2

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[规律方法] 错位相减法是求解由等差数列{an}和等比数列

{bn}对应项之积组成的数列{cn},即cn=an×bn的前n项和
Sn的方法.先将数列{cn}的通项公式分解为等差数列、等 比数列,并求出公差和公比,然后写出Sn的表达式,再 乘以公比或除以公比,两式作差,最后根据差式的特征 进行求和.注意求解过程构造差式时要根据所含项的特

征形成两式的错位,便于准确确定剩余项的项数.

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1 2 【训练 2】 已知数列{an}的前 n 项和 Sn=- n +kn(其 2 中 k∈N+),且 Sn 的最大值为 8. (1)确定常数 k,并求 an; ? ?9-2an? ? ? ?的前 n 项和 Tn. (2)求数列 n ? ? ? 2 ? 1 2 解 (1)当 n=k∈N+时,Sn=- n +kn 取最大值, 2 1 2 1 2 2 即 8=Sk=- k +k = k ,故 k2=16,因此 k=4, 2 2 9 从而 an=Sn-Sn-1= -n(n≥2). 2 7 9 又 a1=S1= ,所以 an= -n. 2 2

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9-2an n (2)因为 bn= = n-1, 2n 2 n-1 2 3 n Tn=b1+b2+…+bn=1+ + 2+…+ n-2 + n-1, 2 2 2 2 n-1 n 1 1 2 3 T = + + +…+ n-1 + n,两式相减得 2 n 2 22 23 2 2 1 1 1 1 1 n 1 n T =1+ + 2+ 3+…+ n-1- n=2- n-1- n, 2 n 2 2 2 2 2 2 2 n+2 整理得 Tn=4- n-2- n-1=4- n-1 . 2 2 2 1 n

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热点三

数列中的探索性问题

【例3】 (2013· 湖北卷)已知Sn是等比数列{an}的前n项和,
S4,S2,S3成等差数列,且a2+a3+a4=-18. (1)求数列{an}的通项公式;

(2)是否存在正整数n,使得Sn≥2 013?若存在,求出符
合条件的所有n的集合;若不存在,说明理由.

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解 (1)设数列{an}的公比为 q,则 a1≠0,q≠0.由 题意得
2 3 2 ? ? ?S2-S4=S3-S2, ?-a1q -a1q =a1q , ? 即? 2 ? ? a + a + a =- 18. a q ( 1 + q + q )=-18, ? 2 ? 1 3 4

? ?a1=3, 解得? ? ?q=-2.

故数列{an}的通项公式为 an=3(-2)n-1. 3·[1-(-2)n] (2)由(1)有 Sn= =1-(-2)n. 1-(-2)

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若存在n,使得Sn≥2 013, 则1-(-2)n≥2 013,即(-2)n≤-2 012.

当n为偶数时,(-2)n>0.上式不成立;
当n为奇数时,(-2)n=-2n≤-2 012, 即2n≥2 012,则n≥11. 综上,存在符合条件的正整数n,且所有这样的n的集合为 {n|n=2k+1,k∈N,k≥5}.

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[规律方法] 处理探索性问题的一般方法是:假设题中的
数学对象存在或结论成立或其中的一部分结论成立,然 后在这个前提下进行逻辑推理.若由此导出矛盾,则否 定假设,否则,给出肯定结论,其中反证法在解题中起 着重要的作用.还可以根据已知条件建立恒等式,利用

等式恒成立的条件求解.

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【训练 3】 数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1,且对任意正整 数 n,点(an+1,Sn)在直线 2x+y-2=0 上. (1)求数列{an}的通项公式; ? λ? (2)是否存在实数 λ, 使得数列?Sn+λn+2n?为等差数列? ? ? 若存在,求出 λ 的值;若不存在,请说明理由.
解 (1)由题意,可得 2an+1+Sn-2=0. 当 n≥2 时,2an+Sn-1-2=0. ① -②,得 2an+1-2an+an=0, an + 1 1 所以 = (n≥2). an 2 1 因为 a1=1,2a2+a1=2,所以 a2= . 2 ① ②

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1 所以{an}是首项为 1,公比为 的等比数列. 2 ?1?n-1 所以 an=?2? . ? ? 1 2n 1 (2)由(1)知,Sn= =2- n-1. 1 2 1- 2 1- λ λ S1+λ+ ,S2+2λ+ 2 , 2 2 ? λ 3λ 25λ 9λ? ? ? S3+3λ+ 3 成等差数列, 则 2 S2+ 4 =S1+ +S3+ , 2 2 8 ? ? ?3 9λ? 3λ 7 25λ ? ? 即 2 2+ 4 =1+ + + ,解得 λ=2. 2 4 8 ? ?
? λ? 若?Sn+λn+2n?为等差数列,则 ? ?

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2 又 λ=2 时,Sn+2n+ n=2n+2, 2 显然{2n+2}成等差数列, 故存在实数 λ=2, λ 使得数列{Sn+λn+ n }成等差数列. 2

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热点四

数列中的不等式问题

【例 4】 (2013· 云南第一次检测)已知数列{an}是各项均为 正数的等比数列,a3=4,{an}的前 3 项和为 7. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若 a1b1+a2b2+…+anbn=(2n-3)2n+3, 设数列{bn} 1 1 1 1 的前 n 项和为 Sn,求证: + +…+ ≤2- . Sn n S1 S2
解 (1)设数列{an}的公比为 q, 由已知得 q>0, 且
2 ? ? ?a1q =4, ?a1=1, ? ∴? ? ?a1+a1q+4=7, ? ?q=2.

∴数列{an}的通项公式为 an=2n 1.


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(2)当 n=1 时,a1b1=1,且 a1=1,解得 b1=1. 当 n≥2 时,anbn=(2n-3)2n+3-(2n-2-3)2n-1-3 - =(2n-1)· 2n 1. ∵an=2n-1,∴当 n≥2 时,bn=2n-1. ∵b1=1=2×1-1 满足 bn=2n-1, ∴数列{bn}的通项公式为 bn=2n-1(n∈N*). ∴数列{bn}是首项为 1,公差为 2 的等差数列. ∴Sn=n2. 1 1 ∴当 n=1 时, =1=2- . S1 1 1 1 1 1 1 当 n≥2 时,S = 2< = - . n n(n-1) n-1 n n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ∴ + +…+ ≤2- + - +…+ - = 2- . Sn n S1 S2 1 1 2 n-1 n
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[规律方法] 数列与不等式的结合,一般有两类题:一是

利用基本不等式求解数列中的最值;二是与数列中的求
和问题相联系,证明不等式或求解参数的取值范围,此 类问题通常是抓住数列通项公式的特征,多采用先求和 后利用放缩法或数列的单调性证明不等式,求解参数的 取值范围.

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【训练4】 (2013· 浙江丽水模拟)在等差数列{an}和等比数列
{bn}中,a1=1,b1=2,bn>0(n∈N*),且b1,a2,b2成等 差数列,a2,b2,a3+2成等比数列.

(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2) 设 cn = abn ,数列 {cn} 的前 n 项和为 Sn ,若 S2n+4n >a +t 恒成立,求常数 t 的取值范围. Sn+2n n 解 (1)设等差数列{an}的公差为 d,等比数列{bn}的 公比为 q(q>0).
? ?2(1+d)=2+2q, 由题意,得? 2 ? ( 2 q ) =(1+d)(3+2d), ?

解得 d=q=3. ∴an=3n-2,bn=2· 3n-1.
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(2)cn=3· bn-2=2· 3n-2. ∴Sn=c1+c2+…+cn=2(31+32+…+3n)-2n =3n+1-2n-3, S2n+4n 32n+1-3 ∴ = n+ 1 =3n+1. Sn+2n 3 -3 ∴3n+1>3n-2+t 恒成立,即 t<(3n-3n+3)min. 令 f(n)=3n-3n+3,则 f(n+1)-f(n)=2· 3n-3>0, 所以 f(n)单调递增. 故 t<f(1)=3,即常数 t 的取值范围是(-∞,3).

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